Usuario:Juan Marquez/Analisis matemático

Definición de puntos de acumulación y clausura

Los puntos de acumulación de un conjunto E de $\mathbb {R} ^{n}$ es

$E'=\{x\in \mathbb {R} ^{n}\ |\ \forall \epsilon >0;(B_{\epsilon }(x)\setminus \{x\})\cap E\neq \varnothing \}$

y la clausura de E en $\mathbb {R} ^{n}$ es

${\bar {E}}=\{x\in \mathbb {R} ^{n}\ |\ \forall \epsilon >0;B_{\epsilon }(x)\cap E\neq \varnothing \}$

Vamos a demostrar la

Proposición A

Tenemos que: ${\bar {E}}=E\cup E'$

Demostración de la proposición A

Para demostrar que ${\bar {E}}=E\cup E'$, transformamos a demostrar $({\bar {E}})^{c}=(E\cup E')^{c}$, es decir vamos a establecer

1. $({\bar {E}})^{c}\subseteq (E\cup E')^{c}$
2. $(E\cup E')^{c}\subseteq ({\bar {E}})^{c}$

Observación: Vamos a utilizar la siguiente propiedad de conjuntos: $A\subset B^{c}$ si y sólo si $A\cap B=\varnothing$. Además, por las leyes de De Morgan tenemos $(E\cup E')^{c}=E^{c}\cap E'^{c}$.

1) Sea $x\in ({\bar {E}})^{c}$ entonces $x\notin {\bar {E}}$. Así, existe una $\epsilon$-vecindad $B_{\epsilon }(x)$ talque $B_{\epsilon }(x)\cap E=\varnothing$. Esto implica dos cosas $x\notin E$ y que $(B_{\epsilon }(x)\setminus \{x\})\cap E=\varnothing$, es decir $x\in E^{c}\cap (E')^{c}$. Pero por De Morgan inferimos que $x\in (E\cup E')^{c}$. Así $({\bar {E}})^{c}\subseteq (E\cup E')^{c}$.

2) Para el converso, sea $x\in (E\cup E')^{c}=E^{c}\cap (E')^{c}$ lo que implica que $x\notin E$ tanto como $x\notin E'$, entonces existe una $B_{\varepsilon }(x)$ para la cual sucede $(B_{\varepsilon }(x)\setminus \{x\})\cap E=\varnothing$. Así $B_{\varepsilon }(x)\subset E^{c}$. Entonces $x\notin {\bar {E}}$, i.e. $x\in ({\bar {E}})^{c}$. Por lo tanto $(E\cup E')^{c}\subseteq ({\bar {E}})^{c}$

$\Box$

En general

Las definiciones y la proposición anterior son válidas para espacios topológicos en general y no sólo para $\mathbb {R} ^{n}$.

---

$f:\mathbb {N} \to R$

---

Lemas auxiliares

• La intersección de una cantidad infinita de 1-celdas cerradas y anidadas es no vacía
• La intersección de una cantidad infinita de 2-celdas cerradas y anidadas es no vacía

• Toda n-celda es compacta

Demostración: Primero demostramos que cada 1-celda (intevalo finito), I, es compacto.

Empezamos por elegir una cubierta abierta $\{U_{s}\}$ de I. Luego suponemos que tal cubierta no tiene una subcubierta finita.

Sea $I_{0}=I$ y equi-particionamos $I_{0}\,$ para obtener dos subintervalos $I_{11},\ I_{12}$, de donde llamaremos $I_{1}$ a uno de entre los dos que no se puede cubrir con una cantidad finita de $U_{s}$.

Al intervalo $I_{1}$ lo equi-particionamos para obtener dos subintervalos $I_{21},I_{22}$ del mismo tamaño y observamos que de entre ellos hay uno que no se puede cubrir con una cantidad finita de $U_{s}$.

Siguiendo el mismo procedimiento encontramos una sucesión de 1-celdas cerradas anidadas $I_{0}\supset I_{1}\supset I_{2}\supset \cdots$

La intersección $\cap _{k}I_{k}\neq \varnothing$.

Sea $\xi \in \cap _{k}I_{k}$.

Como las $U_{s}$ cubren a $I_{0}$ entonces ahy un factor $U_{r}$ talque $\xi \in U_{r}$ y como $U_{r}$ es abierto existe $B_{\varepsilon }(\xi )\subset U_{r}$.

De esta manera eligiendo un índice bastante grande m en la sucesión $I_{0}\supset I_{1}\supset I_{2}\supset \cdots \$ vamos a lograr

$I_{m}\subset B_{\varepsilon }(\xi )\subset U_{r}$

lo cual contradice la construcción de $I_{m}$ (no se puede cubrir con una cantidad finita de $U_{s}$).

Entonces la suposión de que la cubierta abierta $\{U_{s}\}$ no tiene subcubierta finita es falsa y así hemos demostrado que cualquier cubierta abierta de I tiene subcubierta finita y por definición compacto

$\Box$

.

R^n es conexo

La siguiente argumentación es una versión ligeramente modificada de la versión que se encuentra en la página de discusión

Primeramente se demuestra que la recta númerica es conexa

Demostración.

Supongamos que $\mathbb {R}$ no es conexo. Entonces existen un par de conjutos no triviales, abiertos y disjuntos A,B cuya unión es $\mathbb {R}$.

Elijamos a∈A y b∈B suponiendo que a < b. Como $\mathbb {R}$ es convexo, el intervalo [a,b] está totalmente contenido en $\mathbb {R}$. Entonces, el intervalo [a,b] es igual a la unión de los conjuntos disjuntos A0 = A ∩ [a,b] y B0 = B ∩ [a,b]. Ambos conjuntos son abiertos relativos en [a,b]. Sea c = sup(A0). Observemos que claramente c∈[a,b]. Ahora se demostrará que c no pertenece ni a A0 ni a B0, lo cual contradice el hecho de que [a,b] es la unión de dichos conjuntos.

Primero supongamos que c∈B0. Entonces c≠a, así que o c = b o a < c < b. Debido a que B0 es abierto relativo, existe un intervalo de la forma (d,c] ("media" bola abierta) totalmente contenido en B0. Si c = b se llega a una contradicción porque d es una cota superior de A0 más pequeña que c. Si c < b, el conjunto (c,b] no intercepta a A0 (porque c es una cota superior de A0), y entonces el conjutno (d,b] = (d,c] ∪ (c,b] no intercepta a A0. De nuevo hay una contradicción porque d es una cotra superior de A0 menor que c.

Ahora supongamos que c∈A0. Entonces c≠b, así que o c = a o a < c < b. Debido a que A0 es abierto relativo, existe un intervalo de la forma [c,e) que esté contenido en A0. Utilizando las propiedades de la recta real, podemos encontrar un punto x∈ℝ tal que c < x < e. Entonces x∈A0, lo cual contradice el hecho de que c es una cota superior de A0.

□

Sólo queda demostrar que el producto finito de espacios conexos es conexo. Haremos la prueba para el producto $\mathbb {R} \times \mathbb {R}$, ya que por inducción puede fácilmente generalizarse a $\mathbb {R} ^{n}$.

Pero antes hay que demostrar el siguiente lema:

Lema. La unión de espacios conexos que comparten un punto es conexa.

Demostración Lema

Sean A y B espacios conexos y p∈A∩B. Supongamos que A∪B no es conexo. Sean C y D un par de conjuntos no triviales abiertos y disjuntos cuya unión es A∪B. El punto p o está en C o está en D. Supongamos que p∈C. Como A es conexo, debe estar completamente contenido en alguno de los dos conjutnos C o D. Sin embargo, como p∈A, entonces A está contenido en C. De la misma forma, B está contenido en C, lo cual contradice el hecho de que D es no vacío. □

Usando el mismo argumento, la demostración anterior puede generalizarse a la unión de cualquier colección de espacios conexos que compartan un punto.

Demostración $\mathbb {R} ^{2}$ es conexo

Sea (a,b)∈$\mathbb {R} ^{2}$ fijo. Observemos que los conjuntos (a,$\mathbb {R}$) = {(a,x):x∈$\mathbb {R}$} y ($\mathbb {R}$,b) = {(x,b):x∈$\mathbb {R}$} son ambos homeomorfos (iguales topológicamente) a $\mathbb {R}$, y por lo tanto son conexos. Así cada conjunto Ty = ($\mathbb {R}$,b)∪(y,$\mathbb {R}$) es conexo ya que consiste en la unión de dos conjuntos conexos que comparten un punto. Ahora, ∪Ty (donde y es la que varía) es la unión de espacios conexos que comparten al punto (a,b), por lo que también es conexa. Finalmente, notemos que ∪Ty es igual a $\mathbb {R} ^{2}$, por lo que se concluye que $\mathbb {R} ^{2}$ es conexo.

□

Abiertos y conexidad

En esta sección todo sucederá en $\mathbb {R} ^{n}$. Sea A un subconjunto no vacío ahí. Bajo estas condiciones tenemos la siguiente:

Proposición: Si $\partial A=\emptyset$ entonces $A=\mathbb {R} ^{n}$

Demostración: Sea $p\in A$ entonces como A no tiene frontera va a suceder que para algún número real r positivo $B_{r}(p)\cap A^{c}=\emptyset$. Esto implica que $B_{r}(p)\subset A$, lo cual dice que $A$ es abierto.

Ahora supongamos que $A^{c}$ es no vacío. Si $q\in A^{c}$ y observando que $\partial A^{c}=\partial A=\emptyset$, entonces habrá una radio-vecindad $B_{s}(q)$ tal que $B_{s}(q)\subset A^{c}$ por lo que $A^{c}$ también es abierto.

Estamos viendo que $\mathbb {R} ^{n}=A\cup A^{c}$, que es la unión de dos abiertos disjuntos, lo cual contradice la conexidad de $\mathbb {R} ^{n}$.

Esta contradición se disuelve si tuvieramos $A^{c}=\emptyset$ por lo que $A=\mathbb {R} ^{n}$

$\Box$

Con esta proposición podremos ordenar nuestras ideas para demostrar que si un subconjunto no vacío de R^n es abierto y cerrado al mismo tiempo, entonces debe ser todo R^n.